\extitle{8}{解析方法}


\section{素 数 分 布}

\begin{exercise} 考虑实数变量 $s$ 的函数 (称为 Riemann zeta 函数):
\[
\zeta(s)=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{s}}
\]
由微积分知识可知， 当 $s>1$ 时级数收敛。 证明 Euler 乘积： $\zeta(s)=\prod_{p}\left(1-1 / p^{s}\right)^{-1}$.
\end{exercise}

\begin{solution}
  见\S8.2, 定理2.
\end{solution}

\begin{exercise} 用定理 2 证法重证定理 1. (反证法)若 $\sum_{i} 1 / p_{i}$ 收敛， 则有 $n$ 使 $\sum_{i>n} 1 / p_{i}<1 / 2$.

\begin{enumerate}[(1)]
\item 记 $S=\left\{p_{1}, \cdots, p_{n}\right\}$. 试证明 $f_{S}(x) \geqslant x / 2$.

\item%(2)
因 $f_{S}(x) \leqslant 2^{n} \sqrt{x}$, 故 $2^{n} \geqslant \sqrt{x} / 2$. $x$ 充分大时矛盾。
\end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{solution}
  令$P_S$为素因子落在$S$中的正整数的集合。
  不超过$x$且被$p_k$整除的正整数个数为$\lfloor x/p_k \rfloor$.
  故不超过$x$且不属于$P_S$的正整数的个数不超过
  \[
    \sum_{k>n}\lfloor x/p_k \rfloor\leqslant \sum_{k>n} x/p_k\leqslant x/2.
  \]
  因此
  \[
    f_S(x)\geqslant x- \lfloor x/2 \rfloor\geqslant x/2.
  \]
  又由定理2的证明知$f_{S}(x) \leqslant 2^{n} \sqrt{x}$.
故$2^{n} \geqslant \sqrt{x} / 2$. $x$ 充分大时可得矛盾。
\end{solution}



\section{Riemann zeta 函数}

\begin{exercise} 证明： $\frac{1}{\zeta(s)}=\prod_{p}\left(1-1 / p^{s}\right)=\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\mu(n)}{n^{s}}$.
\end{exercise}

\begin{solution}
我们有
  \begin{align*}
    \frac{1}{\zeta(s)}= \prod_{p}\left(1-1 / p^{s}\right) 
    = 1+\sum_{\substack{p_1,\ldots,p_k\\ \text{为互异的素数}}} (-1)^k /(p_1\cdots p_k)^s 
    = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\mu(n)}{n^{s}}.
    \tag*{\qedhere}
  \end{align*}
\end{solution}

\begin{exercise} 证明： Bernoulli 数都是有理数。
\end{exercise}

\begin{solution}
  由$B_0=1, B_1=-\frac{1}{2}$及关系式$\sum_{m=0}^{r} \binom{r}{m} B_{m}=0$ ($r\geqslant 2$) 
  易归纳得Bernoulli 数都是有理数。
\end{solution}

\begin{exercise} 在 Euler 的 $\sin x$ 乘积式 (1) 中， 分别令 $x=\pi / 2$ 和 $x=\pi / 4$, 二式相除， 求得 $\sqrt{2}$ 的 (无穷)乘积表达式。
\end{exercise}

\begin{solution}
Euler公式为
\[
  \frac{\sin x}{x} = \prod_{n=1}^\infty \left( 1-\frac{x^2}{n^2\pi^2} \right).
\]
令$x=\frac{\pi}{2}$和$x=\frac{\pi}{4}$得
\[
  \frac{2}{\pi}=\prod_{n=1}^\infty \left( 1-\frac{1}{(2n)^2} \right),\quad 
  \frac{2\sqrt{2}}{\pi}=\prod_{n=1}^\infty \left( 1-\frac{1}{(4n)^2} \right).
\]
相除得
\[
  \frac{1}{\sqrt{2}}=\prod_{n=1}^\infty \left( 1-\frac{1}{(2(2n-1))^2} \right),
\]
故
\[\tag*{\qedhere}
  \sqrt{2}=\frac{2}{1}\cdot \frac{2}{3}\cdot \frac{6}{5}\cdot \frac{6}{7}\cdot \frac{10}{9}\cdot \frac{10}{11}\cdots
\]
\end{solution}

\begin{exercise} 在 Euler 的 $\sin x$ 乘积式 (1) 中， 令 $x=\pi / 2$, 从而得到 Wallis(沃利斯) 公式 (1655):
\[
\frac{\pi}{2}=\frac{2}{1} \cdot \frac{2}{3} \cdot \frac{4}{3} \cdot \frac{4}{5} \cdot \frac{6}{5} \cdot \frac{6}{7} \cdot \frac{8}{7} \cdot \frac{8}{9} \cdots
\]
\end{exercise}

\begin{solution}
Euler公式为
\[
  \frac{\sin x}{x} = \prod_{n=1}^\infty \left( 1-\frac{x^2}{n^2\pi^2} \right).
\]
令$x=\frac{\pi}{2}$得
\[
  \frac{2}{\pi}=\prod_{n=1}^\infty \left( 1-\frac{1}{(2n)^2} \right) = 
\frac{1}{2} \cdot \frac{3}{2} \cdot \frac{3}{4} \cdot \frac{5}{4} \cdot \frac{5}{6} \cdot \frac{7}{6} \cdot \frac{7}{8} \cdot \frac{9}{8} \cdots
\]
故
\[\tag*{\qedhere}
\frac{\pi}{2}=\frac{2}{1} \cdot \frac{2}{3} \cdot \frac{4}{3} \cdot \frac{4}{5} \cdot \frac{6}{5} \cdot \frac{6}{7} \cdot \frac{8}{7} \cdot \frac{8}{9} \cdots
\]
\end{solution}

\begin{exercise} 按 Euler 的思路， 求得 $\cos x$ 的 (无穷)乘积表达式：
\[
  \cos x=\prod_{k=0}^{\infty}\left(1-\frac{4 x^{2}}{(2 k+1)^{2} \pi^{2}}\right).
\]
以 $x=\pi / 4$ 代入， 得到
\[
\begin{aligned}
\sqrt{2}&= \prod_{k=0}^{\infty}\left(1+\frac{1}{(4 k+1)(4 k+3)}\right)=\left(1+\frac{1}{3}\right)\left(1+\frac{1}{35}\right)\left(1+\frac{1}{99}\right) \cdots\\
&= \frac{2 \cdot 2}{1 \cdot 3} \cdot \frac{6 \cdot 6}{5 \cdot 7} \cdot \frac{10 \cdot 10}{9 \cdot 11} \cdots
\end{aligned}
\]
\end{exercise}

\begin{solution}
  $\cos x$的所有零点为$(2k+1)\frac{\pi}{2}$ ($k\in \ZZ$).
$\pm (2k+1)\frac{\pi}{2}$为零点``意味着'' 
\[
  \left(1+\frac{x}{(2k+1)\frac{\pi}{2}}\right)\left( 1-\frac{x}{(2k+1)\frac{\pi}{2}} \right)=1-\frac{4x^2}{(2k+1)^2\pi^2}
\]
为$\cos x$的因子。又$\cos 0=1$, ``因此''
\[\tag*{\qedhere}
  \cos x=\prod_{k=0}^{\infty}\left(1-\frac{4 x^{2}}{(2 k+1)^{2} \pi^{2}}\right).
\]
\end{solution}


\section{Dirichlet 级数}

 \begin{exercise} 由定理 2 推导出 Riemann zeta 函数的 Euler 乘积公式 (即上节定理 2).
\end{exercise}

\begin{solution}
  令$f(n)=1/n^s$. 显然$f$为积性函数，且当$s>1$时$\sum f(n)$ (绝对) 收敛。
  这样，应用定理2(1)得
  \[\tag*{\qedhere}
    \zeta(s)=\sum f(n) = \prod_p \sum_{k=0}^\infty f(p^k)=\prod_p \sum_{k=0}^\infty (p^{-s})^k = \prod_p (1-p^{-s})^{-1}.
  \]
\end{solution}

\begin{exercise} 由定理 2 证明： $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\mu(n)}{n^{s}}=\frac{1}{\zeta(s)}$.
\end{exercise}

\begin{solution}
  令$f(n)=\mu(n)/n^s$. 那么$f$为积性函数，且当$s>1$时$\sum f(n)$ 绝对收敛。
  这样，应用定理2(1)得
  \begin{align*}
      \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\mu(n)}{n^{s}} &=  \sum f(n) = \prod_p \sum_{k=0}^\infty f(p^k)
      = \prod_p (1+\mu(p)/p^s)\\
        &= \prod_p (1-p^{-s})=\frac{1}{\zeta(s)}.
      \tag*{\qedhere}
    \end{align*}
\end{solution}

\begin{exercise} 证明 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{|\mu(n)|}{n^{s}}=\frac{\zeta(s)}{\zeta(2 s)}$ (当 $s>1$), 从而得出 $\sum_{d \mid n} \lambda(d)=0$ (求和对 $n / d$ 无平方因子， $n>1$), 其中 $\lambda$ 为 Liouville 函数 (见 § 3.6).
\end{exercise}

\begin{solution}
 令$f(n)=|\mu(n)|/n^s$. 那么$f$为积性函数，且当$s>1$时$\sum f(n)$ 绝对收敛。
  这样，应用定理2(1)得
  \begin{align*}
      \sum_{n=1}^{\infty} \frac{|\mu(n)|}{n^{s}} &=  \sum f(n) = \prod_p \sum_{k=0}^\infty f(p^k) = \prod_p (1+|\mu(p)|/p^s)\\
      &= \prod_p (1+p^{-s})=\prod_p \frac{1-p^{-2s}}{1-p^{-s}} = \prod_p \frac{(1-p^{-s})^{-1}}{(1-p^{-2s})^{-1}}\\
      & = \frac{\zeta(s)}{\zeta(2s)}.
      \tag*{\qedhere}
    \end{align*}
\end{solution}

\begin{exercise} 当 $\sigma>1$ 时， 计算 $\zeta^{\prime}(s)$ 和 $\zeta^{\prime}(s) / \zeta(s)$.
\end{exercise}

\begin{solution}
逐项求导可得
\[
  \zeta'(s)= \left( \sum_{n=1}^\infty 1/n^{s} \right)' = - \sum_{n=1}^\infty \frac{\log n}{n^{s}}.
\]
应用定理1得
\[
  \zeta^{\prime}(s) / \zeta(s) = \zeta'(s) \cdot 1/\zeta(s) = 
  - \sum_{n=1}^\infty (\log n)/n^{s} \sum_{n=1}^\infty \mu(n)/n^s= -\sum_{n=1}^\infty \log * \mu(n)/n^s.
\]
令$\Lambda$为\S3.6中练习 8 定义的Mongoldt函数，则$\Lambda*1=\log$.
因此
\[
  \log*\mu=\Lambda*1*\mu=\Lambda.
\]
从而
\begin{align*}
\zeta^{\prime}(s) / \zeta(s)&=  -\sum_{n=1}^\infty \log * \mu(n)/n^s = 
-\sum_{n=1}^\infty \Lambda(n)/n^s\\
&= -\sum_{p~\text{素}} \sum_{k=1}^\infty(\log p)/p^{ks} =-\sum_{p~\text{素}} \log p\left( \frac{1}{1-p^{-s}} - 1\right)\\
&= \sum_{p~\text{素}} \frac{\log p}{1-p^s}.
\tag*{\qedhere}
\end{align*}
\end{solution}

\begin{exercise} 证明： 当 $s$ 的实部 $\sigma>0$ 时， 级数 $\zeta_{2}(s)=1-\frac{1}{2^{s}}+\frac{1}{3^{s}}-\cdots$ 收敛。
\end{exercise}

\begin{solution}
%  若$\Re(s)=\sigma>0$, 则$n^{-s}\rightarrow 0$, 当$n\rightarrow \infty$.
%  因此要证明级数 $\zeta_{2}(s)=1-\frac{1}{2^{s}}+\frac{1}{3^{s}}-\cdots$ 收敛，
%  只用证明级数 $(1-\frac{1}{2^{s}})+(\frac{1}{3^{s}}-\frac{1}{4^s})+\cdots$ 收敛，
%  其中$\frac{1}{n^s}-\frac{1}{(n+1)^s}$视为一项。
% 实际上此级数绝对收敛。诚然，我们有
% \[
%   \frac{1}{n^s}-\frac{1}{(n+1)^s} = \frac{1}{n^{s+1}}\cdot n\left( 1-\left( \frac{n}{n+1} \right)^s \right). 
% \]
% 注意到在$0$附近有
% \[
%   (1+x)^s=\sum_{n=0}^\infty \binom{s}{n} x^n= 1+sx+O(x^2),
% \]
% 因此
%\[
%\left| n\left( 1-\left( \frac{n}{n+1} \right)^s \right) \right| =
%\left| \frac{n}{n+1}\cdot \frac{1-(1-\frac{1}{n+1})^s}{\frac{1}{n+1}} \right|
%\]
%是有界的。
%进而由级数$\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^{s+1}}$绝对收敛 ($\Re(s)=\sigma>0$时) 知级数
%$(1-\frac{1}{2^{s}})+(\frac{1}{3^{s}}-\frac{1}{4^s})+\cdots$ 绝对收敛。
  系数的部分和$A_n=\sum_{i=1}^n a_i$满足$|A_n|\leqslant 1=1\cdot n^0$, 
  故由定理4知%收敛横坐标$\sigma_0\leqslant 0$.
  故当$\sigma>0$时$\zeta_{2}(s)=1-\frac{1}{2^{s}}+\frac{1}{3^{s}}-\cdots$ 收敛。
\end{solution}

\begin{exercise} 证明： 当 $s$ 的实部 $\sigma>1$ 时， $\zeta_{2}(s)=\left(1-1 / 2^{s-1}\right) \zeta(s)$.
\end{exercise}

\begin{solution}
我们有
\begin{align*}
  \left(1-1 / 2^{s-1}\right) \sum_{n=1}^{2m} 1/n^s &= 
  \sum_{n=1}^{2m} 1/n^s-\sum_{n=1}^{2m} 2/(2n)^s \\
  &=  \left(1-\frac{1}{2^s}\right)+\cdots + \left(\frac{1}{(2m-1)^s}-\frac{1}{(2m)^s}\right) 
  + 2 \sum_{n=2m+2}^{4m} \frac{1}{n^s}.
\end{align*}
令$m\rightarrow \infty$得
$\left(1-1 / 2^{s-1}\right) \zeta(s)= \zeta_{2}(s)$.
\end{solution}



\section{Dirichlet 特征}

\begin{exercise} 对 $m=6,7,9,10,12,16,18$, 列出模 $m$ 特征的取值表 (像 $m=8$ 一样).
\end{exercise}

\begin{solution}
  我们知道，对有限Abel群$G$, $\hat{G}\cong G$.
  \begin{enumerate}
    \item $G_6=(\ZZ/6\ZZ)^*=\{\bar{1}, -\bar{1}\}$, $\hat{G}_6=\{1, \chi\}$,
      其中$\chi(-1)=-1$. 
      \[
\begin{tabular}[]{C|C|C}
  \hline
& 1 & -1 \\
\hline
1 & 1 & 1 \\
\hline
\chi & 1 & -1\\
\hline
\end{tabular}
\]
    \item 我们有
      \[
          G_7= (\ZZ/7\ZZ)^*=\pair{\bar{3}}
          = \{\bar{1}, \bar{3}, \bar{3}^2, \bar{3}^3, \bar{3}^4, \bar{3}^5\} 
          = \left\{ \bar{1}, \bar{3}, \bar{2}, \bar{6}, \bar{4}, \bar{5} \right\}.
  \]
        $\hat{G}_7=\{1, \chi, \chi^2, \chi^3, \chi^4, \chi^5\}$,
      其中$\chi(3)=\zeta_6$. 
      \[
\begin{tabular}[]{C|C|C|C|C|C|C}
  \hline
& 1 & 2 & 3 &4 & 5 & 6\\
\hline
1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1\\
\hline
\chi & 1 & \zeta_6^2 & \zeta_6 & \zeta_6^4 & \zeta_6^5 & \zeta_6^3\\
\hline
\chi^2 & 1 & \zeta_6^4 & \zeta_6^2 & \zeta_6^2 & \zeta_6^4 & 1\\
\hline
\chi^3 & 1 & 1 & \zeta_6^3 & 1 & \zeta_6^3 & \zeta_6^3\\
\hline
\chi^4 & 1 & \zeta_6^2 & \zeta_6^4 & \zeta_6^4 & \zeta_6^2 & 1\\
\hline
\chi^5 & 1 & \zeta_6^4 & \zeta_6^5 & \zeta_6^2 & \zeta_6 & \zeta_6^3\\
\hline
\end{tabular}
\]
    \item 我们有
      \[
          G_9= (\ZZ/9\ZZ)^*=\pair{\bar{2}}
          = \{\bar{1}, \bar{2}, \bar{2}^2, \bar{2}^3, \bar{2}^4, \bar{2}^5\} 
          = \left\{ \bar{1}, \bar{2}, \bar{4}, \bar{8}, \bar{7}, \bar{5} \right\}.
  \]
        $\hat{G}_9=\{1, \chi, \chi^2, \chi^3, \chi^4, \chi^5\}$,
      其中$\chi(2)=\zeta_6$. 
      \[
\begin{tabular}[]{C|C|C|C|C|C|C}
  \hline
& 1 & 2 & 4 & 5 & 7 & 8 \\
\hline
1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1\\
\hline
\chi & 1 & \zeta_6 & \zeta_6^2 & \zeta_6^5 & \zeta_6^4 & \zeta_6^3\\
\hline
\chi^2 & 1 & \zeta_6^2 & \zeta_6^4 & \zeta_6^4 & \zeta_6^2 & 1\\
\hline
\chi^3 & 1 & \zeta_6^3 & 1 & \zeta_6^3 & 1 & \zeta_6^3\\
\hline
\chi^4 & 1 & \zeta_6^4 & \zeta_6^2 & \zeta_6^2 & \zeta_6^4 & 1\\
\hline
\chi^5 & 1 & \zeta_6^5 & \zeta_6^4 & \zeta_6 & \zeta_6^2 & \zeta_6^3\\
\hline
\end{tabular}
\]
    \item 我们有
      \[
        G_{10} =(\ZZ/10 \ZZ)^*=\{\bar{1}, \bar{3}, \bar{3}^2, \bar{3}^3\}=\{\bar{1}, \bar{3}, \bar{9}, \bar{7}\},
      \]
      $\hat{G}_{10}=\{1, \chi, \chi^2, \chi^3\}$,
      其中$\chi(3)=i$. 
      \[
\begin{tabular}[]{C|C|C|C|C}
  \hline
& 1 & 3 & 7 & 9 \\
\hline
1 & 1 & 1 & 1 & 1\\
\hline
\chi & 1 & i & -i & -1\\
\hline
\chi^2 & 1 & -1 & -1 & 1\\
\hline
\chi^3 & 1 & -i & i & -1\\
\hline
\end{tabular}
\]
    \item $G_{12} =(\ZZ/12\ZZ)^*\cong G_4\times G_3\cong C_2\times C_2$. 
      进而由孙子定理易知 $G_{12}=\pair{5}\pair{7}= \{\bar{1}, \bar{5}, \bar{7}, \overline{11}\}$.
      $\hat{G}_{12} = \pair{\rho, \psi} =\{1, \rho, \psi, \rho\psi\}$,
      其中$\rho(5)=-1, \rho(7)=1$; $\psi(5)=1, \psi(7)=-1$. 
      \[
\begin{tabular}[]{C|C|C|C|C}
  \hline
& 1 & 5 & 7 & 11 \\
\hline
1 & 1 & 1 & 1 & 1\\
\hline
\rho & 1 & -1 & 1 & -1\\
\hline
\psi & 1 & 1 & -1 & -1\\
\hline
\rho\psi & 1 & -1 & -1 & 1\\
\hline
\end{tabular}
\]
\item 我们有
  \[
  \begin{aligned}
      G_{16} =(\ZZ/16\ZZ)^*&= \pair{-1, 5} =\left\{ 1, 5, 5^2, 5^3, -1, (-1)\cdot 5, (-1)\cdot 5^2, (-1)\cdot 5^3   \right\}\\
      &= \left\{ 1,5,9,13,15,11,7,3 \right\} \cong C_2\times C_4.
      \end{aligned}
\]
故
\[
  \hat{G}_{16} = \pair{\psi, \rho } =\{1, \psi, \psi^2, \psi^3, \rho, \rho\psi, \rho\psi^2, \rho\psi^3\},
\]
      其中$\rho(-1)=-1, \rho(5)=1$; $\psi(-1)=1, \psi(5)=i$. 
      \[
\begin{tabular}[]{C|C|C|C|C|C|C|C|C}
  \hline
& 1 & 5 & 9 & 13 & 15& 11 & 7  & 3 \\
\hline
1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1\\
\hline
\psi & 1 & i & -1 & -i & 1 & i & -1 & -i\\
\hline
\psi^2 & 1 & -1 & 1 & -1 & 1 & -1 & 1 & -1\\
\hline
\psi^3 & 1 & -i & -1 & i & 1 & -i & -1 & i\\
\hline
\rho & 1 & 1 & 1 & 1 & -1 & -1 & -1 & -1\\
\hline
\rho\psi & 1 & i & -1 & -i & -1 & -i & 1 & i\\
\hline
\rho\psi^2 & 1 & -1 & 1 & -1 & -1 & 1 & -1 & 1\\
\hline
\rho\psi^3 & 1 & -i & -1 & i & -1 & i & 1 & -i\\
\hline
\end{tabular}
\]
\item  我们有
      \[
        G_{18}= (\ZZ/18\ZZ)^*=\pair{\bar{5}}
          = \{\bar{1}, \bar{5}, \bar{5}^2, \bar{5}^3, \bar{5}^4, \bar{5}^5\} 
          = \left\{ \bar{1}, \bar{5}, \bar{7}, \bar{17}, \bar{13}, \bar{11} \right\}.
  \]
  $\hat{G}_{18}=\{1, \chi, \chi^2, \chi^3, \chi^4, \chi^5\}$,
      其中$\chi(5)=\zeta_6$. 
      \[
\begin{tabular}[]{C|C|C|C|C|C|C}
  \hline
& 1 & 5 & 7 &11 & 13 & 17\\
\hline
1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1\\
\hline
\chi & 1 & \zeta_6 & \zeta_6^2 & \zeta_6^5 & \zeta_6^4 & \zeta_6^3\\
\hline
\chi^2 & 1 & \zeta_6^2 & \zeta_6^4 & \zeta_6^4 & \zeta_6^2 & 1\\
\hline
\chi^3 & 1 & \zeta_6^3 & 1 & \zeta_6^3 & 1 & \zeta_6^3\\
\hline
\chi^4 & 1 & \zeta_6^4 & \zeta_6^2 & \zeta_6^2 & \zeta_6^4 & 1\\
\hline
\chi^5 & 1 & \zeta_6^5 & \zeta_6^4 & \zeta_6 & \zeta_6^2 & \zeta_6^3\\
\hline
\end{tabular}
\]

  \end{enumerate}
\end{solution}

\begin{exercise} 对 $m=6,8,9,10,12$, 列出模 $m$ 特征群的乘法表。
\end{exercise}

\begin{solution}
略。
\end{solution}

\begin{exercise} 考虑映射 $\varphi=\left\langle -, -\right\rangle: G \times \hat{G} \rightarrow \mathbb{C}^{*},(a, \chi) \mapsto\langle a, \chi\rangle=\chi(a)$. 证明 $\varphi$ 为 “内积” (“双线性”) 映射， 即对任意 $a, a \in G, \chi, \chi^{\prime} \in \hat{G}$ 有
\[
  \left\langle a a^{\prime}, \chi\right\rangle=\langle a, \chi\rangle\left\langle a^{\prime}, \chi\right\rangle, \quad\left\langle a, \chi \chi^{\prime}\right\rangle=\langle a, \chi\rangle\left\langle a, \chi^{\prime}\right\rangle.
\]
\end{exercise}

\begin{solution}
显然。
\end{solution}

\begin{remark}
  考虑群代数$\CC[G], \CC[\hat{G}]$. $\varphi$诱导了非退化的共轭双线性映射
  \[
    \pair{-,-}\colon 
  \CC[G]\times \CC[\hat{G}] \rightarrow \CC.
\]
\end{remark}

\begin{exercise}[Fourier(傅里叶) 分析] 本习题讨论有限群上的函数， 读者最好有一点线性代数知识。 设 $G$ 是 $n$ 阶 Abel 群， $L(G)$ 是定义在 $G$ 上的复数值函数集。
\begin{enumerate}[(1)]
\item 证明 $L(G)$ 是 $\mathbb{C}$ 上线性空间， 维数是 $n$.

\item%(2)
对任意 $a \in G$, 定义 “谱线函数” $\delta_{a} \in L(G)$ 为： $\delta_{a}(x)=1$ 或 0 (依 $x=a$ 或否). 证明，任一 $f \in L(G)$ 可写 (频谱分解) 为
\[
  f=\sum_{a \in G} f(a) \delta_{a}.
\]
\item%(3)
对 $G$ 的任意子集 $S$, 定义其 “长度” (Haar (哈尔)测度)为 $\mu(S)=\# S$, 则对 $x \in G$, $\mu x=1$. 可定义 $f$ 在 $G$ 上的“积分” 为
\[
  \int_{G} f=\int_{G} f(x) \mathrm{d} \mu=\sum_{x \in G} f(x).
\]
于是定义 $L(G)$ 中的内积 (双线性型) 为
\[
  \left\langle f_{1}, f_{2}\right\rangle=\int_{G} f_{1} \bar{f}_{2}=\sum_{x \in G} f_{1}(x) \overline{f_{2}(x)}.
\]
$f \in G$ 的长度为
\[
\|f\|=\langle f, f\rangle^{1 / 2}=\left(\sum_{x \in G}|f(x)|^{2}\right)^{1 / 2},
\]
满足 Cauchy-Schwarz(施瓦茨) 不等式
\[
\left|\left\langle f_{1}, f_{2}\right\rangle\right| \leqslant\left\|f_{1}\right\| \cdot\left\|f_{2}\right\| .
\]
于是 $L(G)$ 为内积空间 (类似 Euclid 空间). 证明 $\left\{\delta_{a} \mid a \in G\right\}$ 是 $L(G)$ 的标准正交基， 即
\[
\left\langle\delta_{a}, \delta_{b}\right\rangle=\sum_{x \in G} \delta_{a}(x) \delta_{b}(x)= \begin{cases}1, & \text {若~} b=a, \\ 0, & \text {若~} b \neq a .\end{cases}
\]
求 $f$ 对基 $\left\{\delta_{a} \mid a \in G\right\}$ 的坐标， 即表 $f=\sum_{a \in G} c_{a} \delta_{a}$, 求 $c_{a}$.
\item 证明正交关系
\[
\begin{aligned}
  \sum_{a \in G} \chi(a)&= \begin{cases}
       0  & \text{若$\chi\neq 1$}\\
          n & \text{若$\chi= 1$}.
           \end{cases}\\
          \sum_{\chi \in \hat{G}} \chi(a)&= \begin{cases}
             0  & \text{若$a \neq 1$}\\
              n & \text{若$a= 1$}.
             \end{cases}
           \end{aligned}
\]
\item 证明正交关系
  \begin{align*}
    \sum_{a \in G} \chi_{1}(a) \overline{\chi_{2}(a)}&= 
     \begin{cases}
     0  & \text{若$\chi_1\neq \chi_2$}\\
   n & \text{若$\chi_1=\chi_2$}.
   \end{cases}\\
 \sum_{\chi \in \hat{G}} \chi(a) \overline{\chi(b)}&= \begin{cases}
     0  & \text{若$a\neq b$}\\
     n & \text{若$a=b$}.
   \end{cases}
  \end{align*}
\item%(4)
$G$ 的特征群 $\hat{G} \subset L(G)$. 正交关系给出
\[
\left\langle \chi_{1}, \chi_{2}\right\rangle=\int_{G} \chi_{1} \bar{\chi}_{2}=\sum_{x \in G} \chi_{1}(x) \overline{\chi_{2}(x)}=
\begin{cases}
  0 & \text{若~} \chi_{1} \neq \chi_{2}\\
  n & \text{若~} \chi_{1} = \chi_{2}.
\end{cases}
\]
这说明 $\hat{G}$ 是 $L(G)$ 的正交基。

\item%(5)
因 $G \cong\widehat{(\hat{G})}=\hat{\hat{G}}$, 将同构视为相等， 可将 $G$ 视为 $\hat{G}$ 的特征群， 即由定义
\[
a(\chi)=\langle\chi, a\rangle=\chi(a),
\]
将 $a \in G$ 视为 $\hat{G}$ 上的函数。 因此 $G$ 与 $\hat{G}$ 的地位互换后上述讨论仍然成立。 因而有 $L(\hat{G})$ 等。试互换 $G$ 与 $\hat{G}$ 后重复上述的讨论。

\item%(6)
(Fourier 变换， transform)每个 $f \in L(G)$ 对应到一个 $\hat{f} \in L(\hat{G})$, 定义为
\[
\hat{f}=\left\langle f, -\right\rangle,
\]
即
\[
\hat{f}(\chi)=\langle f,  \chi\rangle=\sum_{a \in G} f(a) \bar{\chi}(a) \quad(\text {对任意~} \chi \in \hat{G}) .
\]
作为例子， 求 $\hat{\delta}_{a}$.

\item%(7)
(Fourier 反演， inversion)每个函数 $f \in L(G)$ 可由其 Fourier 变换 $\hat{f}$ 再做反演得到：
\[
f=\frac{1}{n} \sum_{\chi \in \hat{G}} \hat{f}(\chi) \chi \quad \text { (称为 $f$ 的 Fourier 级数). }
\]
\end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{solution}
  \begin{enumerate}
    \item 只验证$\dim_{\CC} L(G)=n$. 诚然，对任一$a\in G$, 令
      \[
        \delta_a(a')=\begin{cases}
        1 & \text{若~} a'=a\\
        0 & \text{若~} a'\neq a,
      \end{cases}
    \]
    容易发现$\delta_g$ ($g\in G$)构成$L(G)$的一组基。
    \item 显然。
    \item 易知$\left\{\delta_{a} \mid a \in G\right\}$ 是 $L(G)$ 的标准正交基。
      由(2)知$c_a=f(a)$. 
    \item 与定理1证明相似。

      对任意的$b\in G$, $bG=G$, 故
      \[
        \chi(b)\sum_{a \in G} \chi(a) = \sum_{a \in G} \chi(ba) = \sum_{a \in G} \chi(a).
      \]
      若$\chi\neq 1$, 可取$b\in G$使得$\chi(b)\neq 1$, 因此，$\sum_{a \in G} \chi(a)=0$.
      若$\chi=1$, 显然有$\sum_{a \in G} \chi(a)=\sum_{a \in G} 1=n$.

      若$a=1$, 显然$\sum_{\chi \in \hat{G}} \chi(a)=1$. 
      若$a\neq 1$, 必定存在$\chi'\in \hat{G}$使得$\chi'(a)\neq 1$. 
      诚然，
      %有限Abel群$G$可分解为循环群的直积$G\cong C_1\times \cdots\times C_k$. 
      %相应地，$\hat{G}\cong \widehat{C_1}\times \cdots \times \widehat{C_k}$,
      %且$\widehat{C_i}\cong C_i$ (见注记2).
      若对任意的$\chi \in G$有$\chi(a)=1$, 则所有$\chi$通过商群$G'=G/\pair{a}$分解，
      因此$\sharp\hat{G} \leqslant \sharp \widehat{G'}=\sharp G'$, 这与$\hat{G}\cong G$矛盾了；
      亦可由$G=\hat{\hat{G}}$立得。
      现在
      \[
        \chi'(a) \sum_{\chi \in \hat{G}} \chi(a) = \sum_{\chi \in \hat{G}} (\chi'\chi)(a) = \sum_{\chi \in \hat{G}} \chi(a),
      \]
      $\chi'(a)\neq 1$表明$\sum_{\chi \in \hat{G}} \chi(a)=0$.
    \item 应用(4)我们有
      \[
        \begin{aligned}
          \sum_{a \in G} \chi_{1}(a) \overline{\chi_{2}(a)} &= 
        \sum_{a \in G} \chi_{1}(a) \chi_{2}^{-1}(a)= \sum_{a \in G} (\chi_{1}\chi_{2}^{-1})(a)=
\begin{cases}
     0  & \text{若$\chi_1\neq \chi_2$}\\
   n & \text{若$\chi_1=\chi_2$}.
   \end{cases}\\
   \sum_{\chi \in \hat{G}} \chi(a) \overline{\chi(b)}&= \sum_{\chi \in \hat{G}} \chi(a) \chi(b^{-1})
   =\sum_{\chi \in \hat{G}} \chi(ab^{-1}) =
\begin{cases}
     0  & \text{若$a\neq b$}\\
     n & \text{若$a=b$}.
   \end{cases}
        \end{aligned}
      \]
    \item 
      由(5)知
      \[
        \pair{\chi_1, \chi_2}=\sum_{x\in G}\chi_1(x)\bar{\chi}_2(x)=\sum_{x\in G}(\chi_1\chi_2^{-1})(x) 
=
\begin{cases}
  0 & \text{若~} \chi_{1} \neq \chi_{2}\\
  n & \text{若~} \chi_{1} = \chi_{2}.
\end{cases}
\]
      $\chi_a$ ($a\in G$) 两两正交表明它们线性无关，从而构成正交基。
    \item 有$L(G)=\CC[\hat{G}]$, $L(\hat{G})=\CC[G]$. 
    \item 显然$\hat{\delta}_a(\chi)=\overline{\chi}(a).$
    \item 应用(5)中正交关系可知，对任意$a\in G$,
      \begin{align*}
        \left( \frac{1}{n} \sum_{\chi \in \hat{G}} \hat{f}(\chi) \chi  \right) (a) &= 
        \frac{1}{n} \sum_{\chi \in \hat{G}} \hat{f}(\chi) \chi(a)
        = 
        \frac{1}{n} \sum_{\chi \in \hat{G}} \left( \sum_{b \in G} f(b) \bar{\chi}(b) \right) \chi(a)  \\
        &= \frac{1}{n} \sum_{b \in G}   f(b)\sum_{\chi \in \hat{G}}   \bar{\chi}(b)  \chi(a) \\
        &=  \frac{1}{n} \cdot f(a) \cdot n =f(a).
      \end{align*}
      故
      \[
        \tag*{\qedhere}
        f=\frac{1}{n} \sum_{\chi \in \hat{G}} \hat{f}(\chi) \chi .
      \]
  \end{enumerate}
\end{solution}





\section{Dirichlet $L$-函数}

\begin{exercise} 计算模 $6$ 的 2 个 Dirichlet $L$-函数。
\end{exercise}

\begin{solution}
  令$\chi_0$为模$6$的主特征，则当$n\equiv \pm1\left( \mod 6 \right)$时$\chi_0(n)=1$,
  否则$\chi_0(n)=0$. 因此
  \[
    L(s, \chi_0)=\sum_{n=1}^\infty  \frac{\chi_0(n)}{n^s} =1+\frac{1}{5^s}+\frac{1}{7^s}+\frac{1}{11^s}+\frac{1}{13^s}+\cdots
  \]
令$\chi_1$为模$6$的非主特征，则当$n\equiv \pm1\left( \mod 6 \right)$时$\chi_1(n)=\pm 1$,
  否则$\chi_1(n)=0$. 因此
  \[
    L(s, \chi_1)=\sum_{n=1}^\infty  \frac{\chi_1(n)}{n^s} =1-\frac{1}{5^s}+\frac{1}{7^s}-\frac{1}{11^s}+\frac{1}{13^s}+\cdots
    \tag*{\qedhere}
  \]
\end{solution}

\begin{exercise} 计算模 $8$ 的 4 个 Dirichlet $L$-函数。
\end{exercise}

\begin{solution}
  $G_8=\pair{\bar{3},\bar{5}}=\{\bar{1}, \bar{3}, \bar{5}, \bar{7}\}$.
  记模$8$的特征群为$\hat{G}_8=\pair{\chi_1, \chi_2}=\{\chi_0, \chi_1, \chi_2, \chi_3\}$,
  其中$\chi_0=1$, $\chi_3=\chi_1\chi_2$, $\chi_1, \chi_2$定义为
  \[
    \chi_1(3)=1, \chi_1(5)=-1;\quad \chi_2(3)=-1, \chi_2(5)=1.
  \]
  我们有
  \begin{align*}
    L(s, \chi_0) &=\sum_{n=1}^\infty  \frac{\chi_0(n)}{n^s} =1+\frac{1}{3^s}+\frac{1}{5^s}+\frac{1}{7^s}+\frac{1}{9^s}+\frac{1}{11^s}+\frac{1}{13^s}+\frac{1}{15^s}+\cdots \\
  L(s, \chi_1) &=\sum_{n=1}^\infty  \frac{\chi_0(n)}{n^s} =1+\frac{1}{3^s}-\frac{1}{5^s}-\frac{1}{7^s}+\frac{1}{9^s}+\frac{1}{11^s}-\frac{1}{13^s}-\frac{1}{15^s}+\cdots \\
L(s, \chi_2) &=\sum_{n=1}^\infty  \frac{\chi_0(n)}{n^s} =1-\frac{1}{3^s}+\frac{1}{5^s}-\frac{1}{7^s}+\frac{1}{9^s}-\frac{1}{11^s}+\frac{1}{13^s}-\frac{1}{15^s}+\cdots \\
L(s, \chi_3) & =\sum_{n=1}^\infty  \frac{\chi_0(n)}{n^s} =1-\frac{1}{3^s}-\frac{1}{5^s}+\frac{1}{7^s}+\frac{1}{9^s}-\frac{1}{11^s}-\frac{1}{13^s}+\frac{1}{15^s}+\cdots 
\tag*{\qedhere}
  \end{align*}
\end{solution}

\begin{exercise} 对模 $3$ 的两个特征 $\chi_{0}$ 和 $\chi_{3}$, 证明：

\[
  L\left(s, \chi_{0}\right)+L\left(s, \chi_{3}\right)=2 \sum_{\substack{n=1 \\ n=1\left(\mod 3\right)}}^{\infty} \frac{1}{n^{s}}.
\]
\end{exercise}

\begin{solution}
我们有
\begin{align*}
  L(s, \chi_0) &=\sum_{n=1}^\infty  \frac{\chi_0(n)}{n^s} =1+\frac{1}{2^s}+\frac{1}{4^s}+\frac{1}{5^s}+\frac{1}{7^s}+\frac{1}{8^s}+\frac{1}{10^s}+\frac{1}{11^s}+\cdots \\
L(s, \chi_3) &=\sum_{n=1}^\infty  \frac{\chi_0(n)}{n^s} =1-\frac{1}{2^s}+\frac{1}{4^s}-\frac{1}{5^s}+\frac{1}{7^s}-\frac{1}{8^s}+\frac{1}{10^s}-\frac{1}{11^s}+\cdots 
\end{align*}
因此
\begin{align*}
 L\left(s, \chi_{0}\right)+L\left(s, \chi_{3}\right)= 
 2\left( 1+\frac{1}{4^s}+\frac{1}{7^s}+\frac{1}{10^s}+\cdots \right)
 = 2 \sum_{\substack{n=1 \\ n=1\left(\mod 3\right)}}^{\infty} \frac{1}{n^{s}}.
 \tag*{\qedhere}
\end{align*}
\end{solution}

\begin{exercise} 记 $\hat{G}$ 为模 $m$ 的 Dirichlet 特征群，证明：
\[
  \sum_{\chi \in \hat{G}} L(s, \chi)=\varphi(m) \sum_{\substack{n=1 \\ n=1\left(\mod m\right)}}^{\infty} \frac{1}{n^{s}}.
\]
\end{exercise}

\begin{solution}
  若$(n,m)>1$, 显然$\sum_{\chi\in \hat{G}} \chi(n)=0$. 
  若$(n,m)=1$, 则由定理1(2)中正交关系知
  \[
    \sum_{\chi\in \hat{G}} \chi(n) =
    \begin{cases}
      0 & \text{若$n\nequiv 1\left( \mod m \right)$} \\
      \varphi(m) & \text{若$n\equiv 1\left( \mod m \right)$}.
    \end{cases}
  \]
因此
\begin{align*}
\sum_{\chi \in \hat{G}} L(s, \chi)&= 
\sum_{\chi \in \hat{G}} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\chi(n)}{n^{s}} =  \sum_{n=1}^{\infty} \sum_{\chi \in \hat{G}} \frac{\chi(n)}{n^{s}}\\
&=  \sum_{\substack{n=1 \\ (n,m)>1}}^{\infty} \sum_{\chi \in \hat{G}} \frac{\chi(n)}{n^{s}} + 
 \sum_{\substack{n=1 \\ (n,m)=1\\ n\nequiv 1\left(\mod m\right)}}^{\infty}  \sum_{\chi \in \hat{G}}\frac{\chi(n)}{n^{s}} + 
 \sum_{\substack{n=1 \\ n=1\left(\mod m\right)}}^{\infty} \sum_{\chi \in \hat{G}}\frac{\chi(n)}{n^{s}} \\
&= \varphi(m) \sum_{\substack{n=1 \\ n=1\left(\mod m\right)}}^{\infty} \frac{1}{n^{s}}.
 \tag*{\qedhere}
\end{align*}
\end{solution}

\begin{exercise} 设 $\chi_{0}$ 为模 $m$ 主特征，当实数 $s>1$ 时， 证明：
\[
\lim _{s \rightarrow 1+}(s-1) L\left(s, \chi_{0}\right)=\prod_{p \mid m}\left(1-\frac{1}{p}\right) .
\]
\end{exercise}

\begin{solution}
  我们有
  \begin{align*}
 \lim _{s \rightarrow 1+}(s-1) L\left(s, \chi_{0}\right)&= 
 \lim _{s \rightarrow 1+} (s-1) \zeta(s) \prod_{p \mid m}\left(1-\frac{1}{p^s}\right) \quad (\text{应用系1}) \\
 &=  \lim _{s \rightarrow 1+} (s-1) \zeta(s)\cdot \lim _{s \rightarrow 1+} \prod_{p \mid m}\left(1-\frac{1}{p^s}\right) \\
 &= \prod_{p \mid m}\left(1-\frac{1}{p}\right) . \quad (\text{应用\S8.2定理5})
 \tag*{\qedhere}
  \end{align*}
\end{solution}

\begin{exercise} 设 $\chi_{0}$ 和 $\chi_{4}$ 是模 $4$ 的两个特征。令$\sigma=\Re(s)$. 证明以下各条：


\begin{enumerate}[(1)]
\item 当 $\sigma>1$ 时， $L\left(s, \chi_{0}\right)=1+\frac{1}{3^{s}}+\frac{1}{5^{s}}+\cdots=\zeta(s)\left(1-\frac{1}{2^{s}}\right)$.

\item%(2)
当 $\sigma>1$ 时，
\[
L\left(s, \chi_{4}\right)= 1-\frac{1}{3^{s}}+\frac{1}{5^{s}}-\cdots
= \prod_{p=1\left(\mod 4\right)}\left(1-\frac{1}{p^{s}}\right)^{-1} \cdot \prod_{p=3\left(\mod 4\right)}\left(1+\frac{1}{p^{s}}\right)^{-1}.
\]
\item%(3)
\[
\begin{aligned}
  L\left(1, \chi_{4}\right)&= \left(1-\frac{1}{3}\right)+\left(\frac{1}{5}-\frac{1}{7}\right)+\cdots>0.7; \\
  L\left(1, \chi_{4}\right)&= 1-\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{5}\right)-\left(\frac{1}{7}-\frac{1}{9}\right)-\cdots<0.9.
\end{aligned}
\]
\end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{solution}
  \begin{enumerate}
    \item 由系1立得。
    \item 若$n\equiv \pm 1\left( \mod 4 \right)$, 则$\chi_4(n)=\pm 1$.
      故
      \[
L\left(s, \chi_{4}\right)= 1-\frac{1}{3^{s}}+\frac{1}{5^{s}}-\cdots
      \]
    此级数在$\sigma>0$时是收敛的 (类似于\S8.3 中练习5)。
      当$\sigma>1$时，此级数绝对收敛，因此应用定理1中Euler乘积知
      \[
        L\left(s, \chi_{4}\right)= \prod_{p}\left( 1-\frac{\chi_4(p)}{p^s} \right)^{-1}=
\prod_{p=1\left(\mod 4\right)}\left(1-\frac{1}{p^{s}}\right)^{-1} \cdot \prod_{p=3\left(\mod 4\right)}\left(1+\frac{1}{p^{s}}\right)^{-1}.
      \]
    \item 略。\qedhere
  \end{enumerate}
\end{solution}


\section{数论函数及其值}


\begin{exercise} 设 $f, g$ 为算术函数， 证明：
\[
  L^{n}(f * g)=\sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} L^{n-k} f * L^{k} g.
\]
\end{exercise}

\begin{solution}
  $L$的作用满足跟求导一样的Leibniz法则，故跟分析中一样，所要证明的等式成立。
  具体证明过程如下。
对正整数$n$归纳。$n=1$时由定理1知
\(L \cdot(f * g)=(L \cdot f) * g+f *(L \cdot g)\).
令$n>1$. 由归纳假设有
\[
  L^{n-1}(f * g)=\sum_{k=0}^{n-1} \binom{n-1}{k} L^{n-1-k} f * L^{k} g.
\]
用$L$作用在两边得
\[
\begin{aligned}
  L^n(f*g)&= \sum_{k=0}^{n-1} \binom{n-1}{k} L( L^{n-1-k} f * L^{k} g)\\
  &= \sum_{k=0}^{n-1} \binom{n-1}{k} (L^{n-k} f * L^{k} g+L^{n-1-k} f * L^{k+1}g) \\
    &= \sum_{k=0}^{n-1} \binom{n-1}{k} L^{n-k} f * L^{k} g) + 
\sum_{k=1}^{n} \binom{n-1}{k-1} L^{n-k} f * L^{k}g \\
&= L^n f* g + \sum_{k=1}^{n-1} \left( \binom{n-1}{k} +  \binom{n-1}{k-1}\right)  L^{n-k} f * L^{k}g + f* L^n g\\
&= \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} L^{n-k} f * L^{k} g.
  \end{aligned}
\]
证毕。
\end{solution}

\begin{exercise} 证明： $\sum_{r=0}^{k} \binom{k}{r} \frac{(-1)^{r}}{r+1}=\frac{1}{k+1}$.
\end{exercise}

\begin{solution}
我们有
\[
  \begin{aligned}
    \frac{(1+x)^{k+1}}{k+1} - \frac{1}{k+1} &= \int_0^x(1+t)^k \mathrm{d}t = \int_{0}^x\sum_{r=0}^k \binom{k}{r} t^r \mathrm{d}t 
    = \sum_{r=0}^k \binom{k}{r}\frac{x^{r+1}}{r+1}.
  \end{aligned}
\]
令$x=-1$得
\[\tag*{\qedhere}
\frac{1}{k+1}=
\sum_{r=0}^{k} \binom{k}{r} \frac{(-1)^{r}}{r+1}.
\]
\end{solution}




\end{document}
